Equazioni differenziali a variabili separabili

Cominciamo col descrivere i vari metodi per la ricerca delle soluzioni delle equazioni differenziali, occupandoci del metodo di risoluzione delle equazioni differenziali a variabili separabili. Ora che, grazie alle precedenti lezioni, dovresti essere in grado di distinguere se l'equazione differenziale che hai davanti è lineare o non lineare, omogenea o non omogenea, a coefficienti costanti o a coefficienti variabili (vedi tipi di equazioni differenziali), sei pronto per addentrarti nell'affascinante risoluzione analitica di un'equazione differenziale e/o Problema di Cauchy.

 

In questa lezione tratteremo un particolare tipo di equazioni differenziali ordinarie non lineari e del primo ordine note come equazioni differenziali a equazioni differenziali a variabili separabili.

 

Premettiamo che per risolverle è indispensabile saper derivare e conoscere i vari tipi di integrali indefiniti. (Se dovessi avere dubbi a riguardo YM è ricco di lezioni!).

 

Cosa sono le equazioni differenziali a variabili separabili?

 

Le equazioni differenziali a variabili separabili sono equazioni differenziali del primo ordine, del tipo:

 

y'(t)=a(t)\cdot b(y(t))

 

dove 

 

a:A\rightarrow \mathbb{R} è una funzione continua (nel suo insieme di definizione A) nella variabile t

 

b:B \rightarrow \mathbb{R} è una funzione continua (nel suo insieme di definizione B) nella variabile y(t).

 

Nota bene: d'ora in poi per una maggiore chiarezza espositiva, indicheremo la variabile y(t) semplicemente con y.

 

Come risolvere le equazioni differenziali a variabili separabili

 

Ora che abbiamo visto come sono fatte, vediamo come procedere con la risoluzione per via analitica delle equazioni a variabili separabili (facendo i conti, per intenderci Tongue). Vi invitiamo a non snobbare questa parte passando direttamente agli esempi, perché la parte teorica è fondamentale per la risoluzione degli stessi.

 

Ci troviamo di fronte ad un'equazione del tipo

 

(\spadesuit) \ y'(t)=a(t)\cdot b(y)

 

Osserviamo innanzitutto che se esiste y_{0} \in B tale che b(y_{0}) = 0 allora:

 

y(t)=y_{0} è soluzione di (\spadesuit)

 

Tali soluzioni prendono il nome di soluzioni stazionarie.

 

Ora dopo aver trovato le soluzioni stazionarie, per ogni altro valore di y \in B avremo b(y) \neq 0. Sotto tale ipotesi possiamo dividere ambo i membri dell'equazione di partenza per b(y) \neq 0 ottenendo:

 

\frac{y'(t)}{b(y)}=a(t)

 

Integrando rispetto a t si avrà

 

\int {\left[ \frac{y'(t)}{b(y)} \right]} dt = \int {[f(t)]} dt

 

È lecito integrare? Certo, perché abbiamo supposto che a(t) \ \mbox{e} \ b(y) siano funzioni continue e quindi tale sarà anche

 

y'(t)=a(t) \cdot b(y) (in quanto loro prodotto) e

 

\frac{y'(t)}{b(y)}, in quanto rapporto di funzioni continue.

 

Se ora chiamiamo y=y(t) e la differenziamo, otteniamo dy=y'(t) dt da cui:

 

\int {\left[ \frac{1}{b(y)} \right]} dy = \int {[f(t)]} dt

 

Perché questo tipo di equazioni differenziali si dice a variabili separabili? Molto semplicemente perché è possibile separare le due variabili mediante opportuni passaggi algebrici. Ora infatti abbiamo a sinistra dell'uguale la variabile y e a destra la variabile t.

 

Arrivati a questo punto il grosso è fatto! Si tratta "solo" di risolvere i due integrali e, se possibile, scrivere la soluzione in forma esplicita.

 

Esempi di equazioni differenziali a variabili separabili

 

Vediamo alcuni esempi sia con equazioni differenziali nude e crude, sia con problemi di Cauchy.

 

1) y' = y^2t^2

 

Si vede subito che si tratta di un'equazione differenziale non lineare, del primo ordine, a variabili separabili, con 

 

a(t)=t^2,\ \ \ b(y)=y^2

 

Per prima cosa cerchiamo le eventuali soluzioni stazionarie. In accordo con quanto abbiamo asserito in precedenza basta trovare eventuali soluzioni che annullano b(y). Cosa dobbiamo fare?

 

È sufficiente porre b(y)=0. Nel caso considerato:

 

b(y)=y^2=0 \iff y=0 \overbrace{=(y_{0})}^{\mbox{della parte teorica}}

 

Ne consegue che y(t)=0 è una soluzione stazionaria.

 

Ora, supponendo y\neq 0, è lecito separare le variabili ottenendo

 

\int{\left[\frac{1}{y^2}\right]}dy = \int{[t^2]}dt

 

da cui, risolvendo i due integrali immediati, si ha:

 

-\frac{1}{y} = \frac{1}{3}t^3 + k, \ k\in \mathbb{R}

 

Questa potrebbe già andare bene come soluzione, in questo caso però non è difficile scriverla in forma esplicita. Facciamolo:

 

-\frac{1}{y} = \frac{t^3 + 3k}{3}

 

y=-\frac{3}{t^3+3k}, \ k \in \mathbb{R}

 

per cui le soluzioni dell'equazione differenziale sono

 

y(t)=-\frac{3}{t^3+3k}, \ k \in \mathbb{R}

 

e

 

y(t)=0 

 

 


 

 

Vediamo ora come comportarci davanti ai classici esercizi che si affrontano negli esami di Analisi II, ed in particolare come risolvere i problemi di Cauchy con equazioni differenziali a variabili separabili, per i quali oltre alle soluzioni viene richiesto di determinare l'intervallo massimale di esistenza.

 


 

2) Risolvere il problema di cauchy:

 

\begin{cases} y'=y^2t^2 \\ y(1)=3 \end{cases}

 

e precisare l'intervallo di definizione della soluzione massimale.

 

Il problema di Cauchy proposto è definito a partire dalla medesima equazione differenziale dell'esempio 1). Prendiamo innanzitutto l'equazione differenziale:

 

y'=y^2t^2

 

vediamo che a(t)=t^2 è definita in tutto \mathbb{R}, mentre b(y)=y^2 è ovviamente una funzione continua, derivabile e con derivata continua. Quindi è localmente lipschitziana (uniformemente a t) e come tale il PdC ad essa associato ammette un'unica soluzione locale e un unico prolungamento massimale.

 

Sappiamo che essa ammette come soluzione costante 

 

y(t)=0

 

che però non soddisfa la condizione iniziale del problema di Cauchy, quindi va scartata. Se supponiamo y\neq 0 possiamo separare le variabili: qui però dobbiamo fare qualche considerazione in più.

 

Per y\neq 0 la variabile y varia nel dominio 

 

(-\infty,0) \cup (0, +\infty)

 

ed è la condizione iniziale che individua l'insieme in cui bisogna lavorare!

 

La condizione iniziale è y(1)=3 e 3 \in (0,+\infty).

 

Pertanto dobbiamo utilizzare l'intervallo (0,+\infty) e quindi lavorare nell'insieme:


\left\{(t,y)\in \mathbb{R}^2\ :\ t\in \mathbb{R}, \ y\in (0,+\infty) \right\}

 

Procedendo come nell'esempio 1) troviamo

 

-\frac{1}{y(t)} = \frac{1}{3}t^3 + k, \ k\in \mathbb{R}

 

ed è sufficiente sostituire la condizione iniziale. Come? Essa stabilisce che y(1)=3cosa significa? 

 

La condizione iniziale stabilisce che per t=1 la funzione y(t) deve assumere il valore y=3, dunque y(1)=3.

 

In parole povere bisogna sostituire 1 al posto della t, 3 al posto di y e ricavare il valore di k.

 

Procediamo

 

-\frac{1}{3}=\frac{1}{3}+k

 

k =-\frac{2}{3}

 

Riprendiamo quindi la soluzione e sostituiamo il valore del parametro k appena calcolato

 

-\frac{1}{y(t)}=\frac{t^3}{3}-\frac{2}{3} = \frac{t^3-2}{3}

 

da cui, cambiando di segno membro a membro

 

\frac{1}{y(t)} = \frac{2-t^3}{3}

 

Nel caso in esame possiamo scrivere la soluzione in forma esplicita (in generale non è sempre possibile!) ottenendo come unica soluzione del problema di Cauchy

 

y(t)=\frac{3}{2-t^3}

 

Come facciamo a trovare l'intervallo massimale di esistenza? L'insieme di definizione è

 

\left\{(t,y)\in \mathbb{R}^2\ :\ t\in \mathbb{R}, \ y\in (0,+\infty) \right\}

 

ossia y(t) > 0 e quindi

 

\frac{3}{2-t^3} > 0 \iff t < \sqrt[3]{2}.

 

Ne consegue che l'intervallo massimale è: (-\infty, \sqrt[3]{2}).

 

Morale dell'esempio: quando siamo di fronte ad un problema di Cauchy la situazione si complica un pochino.

 

 


 

 

3) Risolvere il problema di Cauchy

 

\begin{cases} y'=y-y^2 \\ y(0)=2 \end{cases}

 

e precisare l'intervallo di definizione della soluzione massimale.

 

Prendiamo innanzitutto l'equazione differenziale:

 

y'=y-y^2

 

si vede che a(t)=1 è banalmente definita su tutto \mathbb{R}, mentre b(y)=y-y^2 è ovviamente una funzione continua, derivabile e con derivata continua, di conseguenza è una funzione localmente Lipschitziana (uniformemente rispetto a t).

 

Grazie al teorema di esistenza e unicità locale sappiamo sin da subito che il problema di Cauchy considerato ammette un'unica soluzione locale e un unico prolungamento massimale.

 

Troviamo innanzitutto le eventuali soluzioni stazionarie. A tal proposito è sufficiente porre b(y)=0ossia

 

y-y^2=0 \iff \ y(1-y)=0 \iff \ y=0 \vee y=1

 

Quindi y(t)=0,\ y(t)=1 sono le soluzioni stazionarie dell'equazione differenziale, ma poiché nessuna di esse soddisfa la condizione iniziale le possiamo scartare.

 

Per y \neq \left\{0,1\right\} possiamo separare le variabili. La variabile y varia nel dominio

 

(-\infty, 0) \cup (0,1) \cup (1, +\infty) 

 

e sarà la condizione iniziale a dirci quale dei tre intervalli considerare. 

 

Poiché deve essere y(0)=2 \in (1,+\infty) lavoreremo nel seguente insieme:

 

\left\{(t,y)\in \mathbb{R}^2\ : \ t\in \mathbb{R}, \ y\in (1,+\infty) \right\}

 

Possiamo finalmente separare le variabili e abbiamo

 

\int{\left[\frac{1}{y-y^2}\right]}dy=\int{[1]}dt

 

Risolviamo i due integrali:

 

\int{\left[\frac{1}{y-y^2}\right]}dy = \int{\left[\frac{1}{y(1-y)}\right]}dy =

 

=\int\left[\frac{1}{y}+\frac{1}{1-y}\right]dy = \int{\left[\frac{1}{y}\right]}dy+\int{\left[\frac{1}{1-y}\right]}dy=\log|y| - \log|1-y|

 

mentre

 

\int{[1]}dt = t+k, \ k\in \mathbb{R}

 

Abbiamo così

 

\log|y|-\log|1-y|=t+k

 

Imponiamo ora la condizione iniziale y(0)=2 così da determinare k:

 

\log|2|-\log|-1|=0+k

 

\log(2)-\log(1)=k

 

k=log(2)

 

e quindi

 

\log|y|-\log|1-y|=t+\log(2)

 

Come ci comportiamo coi valori assoluti? Ricordiamo che stiamo lavorando nell'insieme

 

\left\{(t,y)\in \mathbb{R}^2 | t\in \mathbb{R}, \ y\in (1,+\infty) \right\}

 

cioè y \in (1, +\infty), e dunque eliminiamo i valori assoluti specificando i segni degli argomenti:

 

\log|y| = \log(y), \ \ \ \log|1-y|=\log(y-1)

 

in quanto

 

|1-y| = \begin{cases} 1-y \ \mbox{se} \ y \leq 1 \ \\ y-1 \ \mbox{se} \ y > 1\end{cases}

 

Ricaviamo così la soluzione

 

\log(y)-\log(y-1)=t+log(2)

 

e per ovvie proprietà dei logaritmi possiamo scrivere

 

\log\left(\frac{y}{y-1}\right) = \log(e^t)+\log(2) = \log(2e^t).

 

Passando all'esponenziale:

 

\frac{y}{y-1}=2e^t

 

A costo di essere pedanti, ricordiamo che tutto ciò ha senso in quanto stiamo supponendo che y\in (1,+\infty) e dunque in particolare il denominatore è non nullo.

 

Anche in questo esempio possiamo scrivere la soluzione in forma esplicita:

 

y=(y-1)(2e^t) = 2ye^t-2e^t

 

y-2ye^t=-2e^t

 

y=\frac{-2e^t}{1-2e^t}=\frac{2e^t}{2e^t-1}

 

e abbiamo finito: l'unica soluzione del problema di Cauchy è data da

 

y(t)=\frac{2e^t}{2e^t-1}.

 

Non ci resta che determinare l'intervallo massimale di esistenza. Ricordando che y\in (1,+\infty), dall'uguaglianza precedente si ha

 

\frac{2e^t}{2e^t-1} > 1

 

da cui

 

\frac{2e^t-2e^t+1}{2e^t-1} > 0

 

Dobbiamo quindi imporre

 

2e^t-1 > 0

 

e quindi

 

2e^t > 1

 

ossia

 

t> \log\left(\frac{1}{2}\right)

 

L'intervallo massimale sarà \left(log\left(\frac{1}{2}\right), +\infty\right).

 

 


 

 

4) Risolvere il problema di Cauchy

 

\begin{cases} y'=y-y^2 \\ y(1)=0 \end{cases}

 

e precisare l'intervallo di definizione della soluzione massimale.

 

I più attenti avranno già notato che l'equazione differenziale che definisce il problema di Cauchy è la stessa dell'esempio precedente e che abbiamo considerato una condizione iniziale diversa. Capirete presto perché...Wink

 

Abbiamo già visto che a(t)=1 è definita in tutto \mathbb{R}, e che b(y)=y-y^2 è una funzione continua, derivabile e con derivata continua. Quindi è localmente lipschitziana (uniformemente rispetto a t).

 

Di conseguenza il problema di Cauchy considerato ammette un'unica soluzione locale e un unico prolungamento massimale.

 

Dopo aver osservato che y(t)=0 \ \mbox{e} \ y(t)=1 sono le soluzioni stazionarie della nostra equazione differenziale, in questo caso però a differenza del precedente esempio, y(t)=0 soddisfa la condizione iniziale!

 

Poiché il teorema di esistenza ed unicità locale è verificato (abbiamo appena visto che valgono le ipotesi) l'unica soluzione del problema sarà proprio:

 

y(t)=0

 

e non dobbiamo fare altri calcoli! Vogliamo farvi notare che se li svolgessimo, procedendo come indicato prima, una volta arrivati a

 

\log|y|-\log|1-y|=t+k, \ k\in \mathbb{R}

 

imponendo la condizione iniziale otteniamo

 

\overbrace{\log|0|}^{\mbox{???}}-\log|1-0|=1+k

 

a testimonianza del fatto che y(t)=0 è l'unica soluzione, che tra l'altro è globale.

 

 


 

A questo punto dovreste avere un'idea di come comportarsi con le equazioni differenziali a variabili separabili e soprattutto coi problemi di Cauchy ad esse associati. Questo tipo di equazioni differenziali sono fondamentali perché, come vedremo nelle prossime lezioni, molti altri tipi di equazioni differenziali si riconducono ad esse mediante semplici artifici algebrici.

 

Buon proseguimento su YouMath,

Giuseppe Carichino (Galois)

 

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